湖北省沙市中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析）

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命题人：吕跃 审题人：刘超
考试时间：2025年11月13日
一、单选题
1. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法化简，再应用模长公式计算求解.
【详解】复数满足，
则，
则.
故选：B.
2. 已知直线的方向向量为且经过两点，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据求解即可.
【详解】因为，所以，
又直线的方向向量为，所以，故，即.
故选：D
3. 已知直线，平面给出下列命题：
①若，且，则；
②若，且，则；
③若，且，则；
④若，且，则.
其中正确的命题的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据面面垂直、面面平行的判定定理，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】命题①：若，，则，或，
又，所以，①正确；
命题②：若，，则，或，
又，此时与可能平行，也可能相交，②错误；
命题③：若，，则，或，
又，此时与可能平行，也可能相交，③错误；
命题④：若，，则，
又，所以，④错误；
所以正确的命题个数是1.
故选：A
4. 某人有把钥匙，其中把能打开门．现随机地取把钥匙开门，如果将不能开门的钥匙立即扔掉，那么第二次才能打开门的概率为；如果试过的钥匙不扔掉，那么第二次才能打开门的概率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出两种情况下的样本空间和相应情况下“第二次才能打开门”事件的样本空间，再结合古典概型的概率公式求出，即可求解.
【详解】将能打开门的两把钥匙记为和，不能打开门的两把钥匙记为和，
记事件“第二次才能打开门”，表示开门两次事件的样本点，和表示第一次和第二次取到的钥匙记号，
则将不能开门的钥匙立即扔掉且开门两次的事件的总样本空间为：
共12个样本点，
则共4个样本点，
所以如果将不能开门的钥匙立即扔掉，第二次才能打开门的概率为.
如果试过的钥匙不扔掉且开门两次的事件的总样本空间为：

共16个样本点，
则共4个样本点，
所以如果试过的钥匙不扔掉，第二次才能打开门的概率为，
则.
故选：B.
5. 如图，在正方体中，若点是侧面的中心，且，则的值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算、结合空间向量基本定理计算得解.
【详解】在正方体中，
，
而，
因此，，，
所以.
故选：A.
6. 已知，为椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点，椭圆的离心率为，M为椭圆上一动点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理列式，结合椭圆的定义以及基本不等式求得的最大值.
【详解】设，
，
在三角形中，由余弦定理得：
.
由于，所以的最大值为.
故选：A
7. 已知，函数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，化简得，转化为点到点和到直线的距离之和的倍，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由函数，
可得，
则，
因为表示点到定点的距离，
表示点到直线的距离，
所以表示点到点和到直线的距离之和的倍，
如图所示，过点作，垂足为，
当点在线段上时，可得，
所以的最小值为.
故选：C.
8. 已知直线与圆交于不同的两点，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据存在最小值分析出，再根据最小值不大于列出关于的不等式即可求解.
【详解】将直线变形为，
则可知直线恒过定点，且，
若，则直线可和圆相切，如图所示，此时重合，若直线与圆交于不同的两点，
则可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故，
即在圆内，直线与圆一定交于两点，此时对于任意给定的半径，
根据圆的性质，当时，弦最短，最小，此时弦长，
在中，当时，此时，
由题意，已知最小值不大于，则最小值对应的弦满足，
即，解得，
综上，的取值范围为.
故选：C.
二、多选题
9. 在平面直角坐标系中，下列说法不正确的是（ ）
A. 任意一条直线都有倾斜角
B. 直线的倾斜角越大，则该直线的斜率越大
C. 若一条直线的倾斜角为，则该直线的斜率为
D. 分别在轴、轴上截距相等的直线的斜率为.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线的倾斜角和斜率的定义一一判断即可.
【详解】任何一条直线都存在倾斜角，A正确；
钝角大于锐角，但是钝角对应的斜率小于锐角对应的斜率，B错误；
若一条直线的倾斜角，则斜率不存在，C错误；
分别在轴、轴上截距相等的直线可以过原点，斜率可以不是，D错误；
故选:BCD.
10. 已知实数满足方程，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为B. 的最大值为
C. 的最大值为D. 的最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】设，，将ABD中的式子化为三角函数的形式，根据三角函数的最值可求得结果；根据的几何意义，利用圆的切线的求解方法可求得的取值范围，由此确定C的正误.
【详解】由得：，可设，；
对于A，，
当时，，A正确；
对于B，，
当时，；B正确；
对于C，表示圆上的点与坐标原点连线的斜率，
设过坐标原点的圆的切线方程为，则，解得：，
，，C错误；
对于D，，
当时，，D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题考查与圆上的点的坐标有关的最值问题的求解，解题关键是能够利用换元法，结合三角恒等变换的公式将问题转化为三角函数值域的求解.
11. 设为椭圆的长轴的两个端点，为椭圆上与不重合的动点，分别为椭圆的左､右焦点，，则下列结论中正确的是（ ）
A. 直线的斜率之积为
B. 最大值为7
C. 存在点满足
D. 若的内心为的延长线交线段于点，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】设则，分别表示出和，计算化简，A正确，由椭圆定义得到，从而，当点在的延长线上时取得最大值，从而取得最大值，B正确；由圆的性质判断点的轨迹，圆和椭圆没有交点，C错误；在和中分别利用角平分线性质定理，得到，D正确.
【详解】由椭圆知，，，
A选项，因为为长轴的两个端点，所以，
设，，则，
，
，A正确；
B选项，因为点是椭圆上一点，所以，所以，
，

是椭圆内一点，，当且仅当点在的延长线上，即在时等号成立，
因为，的最大值为，
的最大值为，B正确；
C选项，若点满足，则点落在以为直径，即以原点为圆心，为半径的圆上，

因为，所以圆与椭圆没有交点，所以不存在，C错误；
D选项，内心是角平分线的交点，由角平分线性质定理，

在中，因为是的角平分线，所以，
在中，因为是的角平分线，所以，
所以，D正确；
故选：ABD.
三、填空题
12. 已知定点，点在圆上运动，的平分线交于点，则点的轨迹方程是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设点的坐标，应用角平分线定理得出，利用坐标公式得到点坐标代入圆的方程即可；
【详解】由题意知，
设，，
因为是的平分线，所以，所以，
所以，
所以，所以，
将点代入圆的方程，可得，
所以的轨迹方程为；
故答案为：.
13. 已知点和点关于直线对称，斜率为的直线过点且与直线相交于点，若的面积为2，则_______________.
【答案】0
【解析】
【分析】先求出点的坐标，再利用的面积为2，得到关于的方程，从而求得答案.
【详解】设点，则，解得，则，
设直线与联立，解得，则，
因为直线的方程为，且，
点到直线的距离，
所以.
故答案为：0
14. 设椭圆长轴的端点分别为，点为椭圆上异于的一点，若在中满足，则椭圆的离心率为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据以及两角和的正切公式，可得，这可看成是直线斜率相乘为 ，然后根据两点间斜率公式以及椭圆方程，即可求解.
【详解】由可得

所以
设，
所以
故
故答案为：
四、解答题
15 已知点，，直线l经过点.
（1）若l与直线AB垂直，求l的方程；
（2）若l与线段AB有交点，求l倾斜角的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由两点间斜率公式结合垂直直线斜率关系求出所求直线的斜率，再由点斜式即可得解；
（2）依次求出和，数形结合斜率与直线倾斜角的关系即可求解.
【小问1详解】
由题，
因为l与直线AB垂直，所以，
所以l的方程为.
【小问2详解】
依题意，，
若l与线段AB有公共点，如图，则l的斜率k的取值范围是，
设直线倾斜角为，则，
故倾斜角的取值范围是.
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点.
（1）若焦距为，点的坐标为，求椭圆的标准方程；
（2）若，且的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据焦距可以求解的值，然后再将点代入椭圆方程中，进而通过解方程求解，的值；
（2）由面积求解的值，再结合椭圆的定义和余弦定理进行求解即可.
【小问1详解】
已知，所以得：，即，
由于点在椭圆上，将其代入椭圆方程，
可得：，即，
又因为，即.
联立，整理得：，解得：或（舍）
所以，故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
因为，所以的面积，
则，根据椭圆定义可得：.
根据余弦定理可得：，
整理得：，
代入得：，即，即得：.
17. 中国乒乓球队是中国体育军团的王牌之师，屡次在国际大赛上争金夺银，被体育迷们习惯地称为“梦之队”.2024年巴黎奥运会，中国乒乓球队包揽全部五枚金牌．其中团体赛由四场单打和一场双打比赛组成，采用五场三胜制．每个队由三名运动员组成，当一个队赢得三场比赛时，比赛结束.2024年8月9日，中国队对战瑞典队，最终以取得团体赛冠军，赛前某乒乓球爱好者对赛事情况进行分析，根据以往战绩，中国队在每场比赛中获胜的概率均为．
（1）求中国队以获胜的概率
（2）求至多进行四场就结束比赛的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式进行求解即可；
（2）设中国队进行三场、四场比赛获胜分别为事件，瑞典队进行三场、四场比赛获胜分别为事件，至多进行四场比赛为事件，分别求出，的概率，再利用互斥事件的加法公式即可求出事件的概率.
【小问1详解】
设事件“中国队以的比分获胜”，
因为中国队在每一场中获胜的概率均为，所以，
中国队以的比分获胜的概率为；
【小问2详解】
设中国队进行三场、四场比赛获胜分别为事件，瑞典队进行三场、四场比赛获胜分别为事件，至多进行四场比赛为事件，
所以，，
，，
，是互斥事件，
所以，，
，
所以至多进行四场就结束比赛的概率为.
18. 如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．
（1）当为何值时，平面平面?
（2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
（3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径．
【答案】（1）
（2）存在，
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，然后计算，最后再证明面面垂直即可；
（2）通过参数来表示空间向量的坐标，再利用空间向量法来求线面角，即可得到参数方程求值；
（3）先利用几何法找到体积最大值，再利用等体积法来求内切球半径即可
【小问1详解】
连接，由题意得，，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
所以，由，
则，故.
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，平面，则，
所以.
下面证明当时，平面平面.
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故当时，平面平面；
【小问2详解】
由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，平面，则.
如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，
过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
由，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，或-4（舍）故当时，存在，
使直线与平面所成角的正弦值为；
【小问3详解】
设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大值，
取中点，连接，则，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形， .
则，
，
，
在中，，取中点，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.
19. 动圆：与直线：交于两点．
（1）证明：动圆必过两定点，并求出这两点坐标；
（2）求的最小值；
（3）是否存在一条定直线，在其上任取点，无论为何值，都有为常数，若存在，求出定直线方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或；
（2）；
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）将圆的方程整理得，由，可解得两定点；
（2）求出圆的圆心坐标和半径，求圆心到直线的距离为，使用公式，将和代入整理得，设，利用二次函数的图像和性质求出；
（3）设定，，，根据向量法得出，经整理后得到，因为无论为何值，都有为常数，则有，进而得到定直线.
【小问1详解】
，
整理得，
由，解得或，
即动圆恒过两定点的坐标为或.
【小问2详解】
由圆的方程可得，
圆的圆心坐标为，
圆的半径为，
则圆圆心到直线：的距离为，
所以两点间的距离，
整理得，
设，其对称轴为，
故，
所以.
【小问3详解】
设，，
将直线代入圆中，
得，
整理得，根据韦达定理得，
设，则，，
则有，
整理得，
即有，
整理得，
因为无论为何值，都有为常数，
则令，为常数.
故存在定直线，即，其上任意点满足条件.